2023年江西省炎德英才长郡十八校联盟高考数学第二次联考试卷（理科）（含解析）

这是一份2023年江西省炎德英才长郡十八校联盟高考数学第二次联考试卷（理科）（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年江西省炎德英才长郡十八校联盟高考数学第二次联考试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知集合，，则的子集个数为(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知复数，，在复平面中对应的点为，且，则不可能是下列的(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知向量，，，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  已知直线：，：，则“”是“”的(    )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件5.  已知，则(    )A.  B.  C.  D. 6.  设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，给出下列四个命题，正确的是(    )A. 若，，则 B. 若，，，则
C. 若，，，则 D. 若，，，则7.  在区间上任取两个数，则这两个数之和小于的概率是(    )A.  B.  C.  D. 8.  已知函数，，如图可能是下列哪个函数的图象(    )
A.  B.  C.  D. 9.  已知实数，满足，若的最大值是，则的值为(    )A.  B.  C.  D. 10.  已知三棱锥的棱长均为，且四个顶点均在球心为的球面上，点在上，，过点作球的截面，则截面面积的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 11.  已知双曲线的右焦点为，点，在直线上，，为坐标原点，若，则该双曲线的离心率为(    )A.  B.  C.  D. 12.  已知函数与，的图象存在公共点，则实数的取值范围是(    )A.  B.
C.  D. 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知命题：，，则为______ ．14.  的展开式中含项的系数为______ ．15.  已知抛物线：的焦点为，点是抛物线上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为______ ．16.  锐角三角形的三个内角，，的对边分别是，，，若，且，则的取值范围是______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知数列的前项和为，，若对任意自然数，是和的等差中项．
求数列的通项公式；
求前项和．18.  本小题分
在底面为正方形的四棱锥中，平面平面，，，分别为棱和的中点．
求证：；
若平面与平面所成锐二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
19.  本小题分
为响应习近平总书记“全民健身”的号召，促进学生德智体美劳全面发展，某学校设计了一款足球游戏：场地上共有大、小个球门，学生对大门和小门依次射门一次，射进大门后才能进行小门射球，两次均进球者可得到一个吉祥物“吉利熊”已知甲、乙、丙位同学射进大门的概率依次为，，，射进小门的概率依次为，，假设各次进球与否互不影响．
求这人中至少有人射进大门的概率；
记这人中得到“吉利熊”的人数为，求的分布列及期望．20.  本小题分
已知函数，．
讨论函数的单调性；
若，当时，若恒成立，求的取值范围．21.  本小题分
已知椭圆：的短轴长为，左、右焦点分别为，，是上一点．
求的方程；
设任意过的直线交于，，分别作在点，上的两条切线，并记它们的交点为；过作平行于的直线分别交，于，求的取值范围．22.  本小题分
在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，曲线的普通方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
写出的普通方程与的极坐标方程；
若与有公共点，求的取值范围．23.  本小题分
已知函数
求不等式的解集；
若的最小值为，且，求的最小值．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，，
，，
则，子集个数为．
故选：．
将集合表示出来，然后算出，可得子集个数．
本题考查集合的运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：在复平面中对应的点为，
则，，
，
则，
，故B选项错误．
故选：．
根据已知条件，结合复数模公式，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数模公式，以及复数的几何意义，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：，
，
，
，解得．
故选：．
对两边平方进行数量积的运算即可得出，然后根据向量的坐标即可得出关于的方程，从而解出即可．
本题考查了向量数量积的运算，向量坐标的数量积运算，考查了计算能力，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：直线：，：平行，
，，
或，
检验：当时，直线：，：平行，
当时，直线：，：平行，
是的充分不必要条件．
故选：．
利用两直线平行的性质求出，再利用充要条件的定义判定即可．
本题考查了两直线平行的求法，充要条件的判定，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 5.【答案】 【解析】解：设，则，，
则．
故选：．
利用换元法进行转化，利用三角函数的倍角公式以及弦化切进行转化进行求解即可．
本题主要考查三角函数的化简和求值，利用换元法，三角函数的倍角公式，弦化切进行转化求解是解决本题的关键，是基础题．
 6.【答案】 【解析】解：对于，若，，则或与相交或与异面，故A错误；
对于，若，，，则或与相交，相交也不一定垂直，故B错误；
对于、，若，，则，又，，故C正确，D错误．
故选：．
由平行于同一平面的两直线的位置关系判定；由空间中直线与平面的位置关系判定；由直线与平面垂直的性质判断与．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
 7.【答案】 【解析】解：如图，

在区间上随机取两个数为，，
则表示的平面区域为边长是的正方形区域，面积为，
又，表示的平面区域为阴影部分，面积为，
这两个数之和小于的概率是．
故选：．
先画出变量对应的区域，利用区域面积的比求概率即可．
本题考查了几何概型的概率求法；明确几何概型对应变量对应的区域面积是关键，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】解：对于，定义域为，满足，为奇函数，
而为偶函数，
对于选项A，，记，
则，
所以且，
所以为非奇非偶函数，
同理可证：为非奇非偶函数，和为奇函数，
由图可知，图像对应函数为奇函数，且，
显然选项A，对应的函数都不是奇函数，故排除；
对于选项C：，为奇函数，
当时，，故C错误；
对于选项D，，为奇函数，当时，，故D正确．
故选：．
利用奇偶性和特殊点函数值的正负进行判断．
本题主要考查了函数奇偶性的判断，考查了函数图象的变换，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，
由，得，
由图可知，要使的最大值是，则经过，
此时，解得．
故选：．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
 10.【答案】 【解析】解：三棱锥的棱长均为，且四个顶点均在球心为的球面上，
可得三棱锥的高为：，外接球的半径为，
则，
解得，球到棱的距离：，，
截面面积的最小时的半径：，
所以截面面积的最小值为：．
故选：．
求出外接球的半径，求解的长度，然后求解截面面积的最小时的半径，求解截面面积的最小值即可．
本题考查几何体的外接球的相关计算，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
 11.【答案】 【解析】解：设直线上的两点，，
，，即，即，，
，，，
得，，
即，
即，即，
即，
得．
故选：．
设出，的坐标，利用和，建立方程关系，然后解方程组即可．
本题主要考查双曲线离心率的计算，根据条件建立方程组，利用解方程组法进行求解是解决本题的关键，是中档题．
 12.【答案】 【解析】解：先根据函数与的图象无公共点，即相当于无解，
变形得，，
令，则，
令，则在上为增函数，
而，，故有唯一解，，
且，，
化简得，，
即，
设，，
则，
故在上为增函数，
故，
所以，
当时，，当时，，
所以，
所以，当时无解，即．
故函数与，的图象存在公共点，实数的取值范围是：．
故选：．
根据题目条件列出方程，然后同构变形，借助，即可求得本题答案．
本题考查了转化思想、导数的综合运用，难点在于确定函数的单调性，属于中档题．
 13.【答案】，则 【解析】解：根据题意，命题：，是特称命题，
其否定为：，则．
故答案为：，则．
根据题意，由全称命题和特称命题的关系，分析可得答案．
本题考查命题的否定，注意全称命题和特称命题的关系，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：根据的展开式通项满足，
当时，不满足条件，
当时，解得，
故含项的系数为．
故答案为：．
直接利用二项展开式和组合数的应用求出实数的值．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数的应用，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
 15.【答案】 【解析】解：抛物线的方程为，
，抛物线的准线方程为，
方程可化为，
过定点，
设，设，的中点为，则，
因为，为垂足，则点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
过点作准线的垂线，垂足为，则，
，
又，当且仅当，，三点共线且在，之间时等号成立，
，
过点作准线的垂线，垂足为，
则当且仅当，，三点共线时等号成立，
当且仅当，，，四点共线且在，之间时等号成立，
所以的最小值为，
故答案为：．
由条件确定点的轨迹，结合抛物线的定义，圆的性质求的最小值．
本题考查了动点的轨迹、抛物线的性质，考查了转化思想，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：因为且，
所以，
所以，
所以，可得，
可得，
可得或舍去，
所以，
因为，
又，可得，可得，
因为在上单调递增，
所以
故答案为：．
利用余弦定理，正弦定理，两角和差的正弦公式化简已知等式可得，可求，利用正弦定理，三角函数恒等变换可求，由题意可求得，利用余弦函数的性质可得，进而根据双勾函数的性质即可求解．
本题考查了余弦定理，正弦定理，三角函数恒等变换，余弦函数的性质以及双勾函数的性质的综合应用，考查了转化思想和函数思想的应用，属于中档题．
 17.【答案】解：是和的等差中项，
，，，
，，，
得，，
又，，
，
，，
是以为首项，为公比的等比数列，
；
数列为等比数列，的前项和为：
． 【解析】根据的关系，即可化简已知条件，求得数列的通项公式．
代入等比数列的求和公式即可求得数列的前项和．
本题主要考查数列中与的关系，等比数列的定义与通项公式，等比数列的求和公式，属中档题．
 18.【答案】证明：取的中点，连，，，
因为，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面．
又因为平面，所以，
又因为在平面中有，
所以，所以，
因为，所以平面．
又因为平面，所以．
解：取的中点，连接，，
设正方形的边长为，记直线与平面夹角为．
由题意知，，
所以，
所以即为平面与平面所成锐二面角的平面角，
所以，所以，
在中，，所以．
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系如图：
则，，，，，
，，，
设平面的法向量为；，
则，即，
令，则，，所以，
所以，，
即直线与平面所成角的正弦值为． 【解析】利用线面垂直的性质证明平面即可．
建立坐标系，根据二面角求出相应边长，求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．
本题主要考查直线垂直的判断以及线面角的计算，利用线面垂直的性质定理，建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法进行求解是解决本题的关键，是中档题．
 19.【答案】解：这人中至少有人射进大门的概率为．
由题意得，甲获得“吉利熊”的概率为，
乙获得“吉利熊”的概率为，
丙获得“吉利熊”的概率为，
的可能取值以为，，，，
，
，
，
，
的分布列为： ． 【解析】根据相互独立事件的乘法公式计算即可；
分别求出甲和乙、丙获得“吉利熊”的概率，求得的可能取值及对应概率，列出分布列，结合数学期望的求法即可求解．
本题考查离散型随机变量的分布列及期望，是中档题．
 20.【答案】解：，，函数定义域为，
此时，函数定义域为，
可得，
当时，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当时，令，
解得或，
当，即时，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
当，即时，，使得，
此时在定义域上单调递增；
当，即时，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
若，当时，若恒成立，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
不妨设，
可得，
因为，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，
此时，
解得，
所以的取值范围为 【解析】由题意，得到的解析式，对进行求导，对，，和这四种情况进行讨论，结合导数即可得到的单调性；
当时，恒成立，整理得在上恒成立，设，，对进行求导，结合，即可得到的单调性和最值，列出等式即可求出的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了转化思想，分类讨论和分析问题解决问题的能力．
 21.【答案】解：根据题意可得，
解得，，，
所以椭圆的方程为．
由可得，
设直线的方程为，，，
联立，得，
所以，，
联立过，的切线方程，即，
两式相减得，
所以，
所以，
所以，
代入，得，
所以，
设的中点为，
所以，，
所以，
因为，，
所以，
所以，，三点共线，
又过作平行于的直线分别交，于，，
所以∽，
取的中点，根据三角形的性质有，，，四点共线，
结合椭圆的对称性有，当且仅当时，取等号，
所以 【解析】根据题意可得，解得，，，即可得出答案．
由可得，设直线的方程为，，，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得，，联立过，的切线方程，解得，进而可得点的坐标，设的中点为，由中点坐标公式可得点的坐标，通过计算可得，则，，三点共线，又过作平行于的直线分别交，于，，推出∽，取的中点，根据三角形的性质有，，，四点共线，结合椭圆的对称性有，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
 22.【答案】解：曲线的参数方程为为参数，
消去参数，转换为普通方程为．
曲线的普通方程为，
根据，转换为极坐标方程为．
由于与有公共点，
故圆心到直线的距离，
解得，
故的取值范围为 【解析】直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
利用点到直线的距离公式和不等式的解法求出的取值范围．
本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式，不等式的解法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
 23.【答案】解：因为函数，所以不等式可化为，
等价于，或，或，解得或，
所以不等式的解集为；
因为函数，当且仅当时取“”，所以的最小值为，
所以，
所以，
当且仅当，即时取“”，
所以的最小值为． 【解析】利用分段讨论法求出不等式的解集；
利用绝对值不等式求出函数的最小值，再利用基本不等式求的最小值．
本题考查了基本不等式与绝对值不等式的应用问题，也考查了分类讨论思想与转化思想，是中档题．